费马大定理(FLT): xn+yn=zn,n∈Z≥3{{x}^{n}}+{{y}^{n}}={{z}^{n}},\text{ }n\in {{\mathbb{Z}}_{\ge 3}}xn+yn=zn, n∈Z≥3​无正整数解。

相关证明见下面两篇文章。

1. Andrew Wiles(1995). “Modular elliptic curves and Fermat’s Last Theorem”.
2. Taylor R, Wiles A(1995). “Ring theoretic properties of certain Hecke algebras”. Annals of Mathematics. 141(3):443-551, 553-572.

以下考虑几种特殊形式和拓展形式。

扩展形式1: x4+y4=z2{{x}^{4}}+{{y}^{4}}={{z}^{2}}x4+y4=z2无正整数解。

证明
  若方程有正整数解，由于方程的所有正整数解为离散的且对于zzz分量存在下界0，因此不妨令(x,y,z0)∈Z>03\left( x,y,{{z}_{0}} \right)\in \mathbb{Z}_{>0}^{3}(x,y,z0​)∈Z>03​是方程的正整数解，且z0{{z}_{0}}z0​是所有正整数解中zzz分量最小的。
设d=gcd⁡(x,y)d=\gcd \left( x,y \right)d=gcd(x,y)，则有
{d∣x⇒d4∣x4d∣y⇒d4∣y4⇒d4∣(x4+y4)=z02⇒d2∣z0,z0d2∈Z\left\{ \begin{aligned} & \left. d \right|x\text{ }\Rightarrow \text{ }\left. {{d}^{4}} \right|{{x}^{4}} \\ & \left. d \right|y\text{ }\Rightarrow \text{ }\left. {{d}^{4}} \right|{{y}^{4}} \\ \end{aligned} \right.\text{ }\Rightarrow \text{ }\left. {{d}^{4}} \right|\left( {{x}^{4}}+{{y}^{4}} \right)={{z}_{0}}^{2}\text{ }\Rightarrow \text{ }\left. d^2 \right|{{z}_{0}},\text{ }\frac{{{z}_{0}}}{d^2}\in \mathbb{Z}{​d∣x ⇒ d4∣∣​x4d∣y ⇒ d4∣∣​y4​ ⇒ d4∣∣​(x4+y4)=z0​2 ⇒ d2∣∣​z0​, d2z0​​∈Z
因此有
(xd)4+(yd)4=(z0d2)2{{\left( \frac{x}{d} \right)}^{4}}+{{\left( \frac{y}{d} \right)}^{4}}={{\left( \frac{{{z}_{0}}}{{{d}^{2}}} \right)}^{2}}(dx​)4+(dy​)4=(d2z0​​)2
即(xd,yd,z0d2)∈Z>03\left( \frac{x}{d},\frac{y}{d},\frac{{{z}_{0}}}{{{d}^{2}}} \right)\in \mathbb{Z}_{>0}^{3}(dx​,dy​,d2z0​​)∈Z>03​也是方程的解。由假设，我们有
{z0d2≥z0⇒d≤1d≥1⇒d=gcd⁡(x,y)=1⇒gcd⁡(x2,y2)=1\left\{ \begin{matrix} \frac{{{z}_{0}}}{{{d}^{2}}}\ge {{z}_{0}}\text{ }\Rightarrow \text{ }d\le 1 \\ d\ge 1 \\ \end{matrix} \right.\text{ }\Rightarrow \text{ }d=\gcd \left( x,y \right)=1\text{ }\Rightarrow \text{ }\gcd \left( {{x}^{2}},{{y}^{2}} \right)=1{d2z0​​≥z0​ ⇒ d≤1d≥1​ ⇒ d=gcd(x,y)=1 ⇒ gcd(x2,y2)=1
根据勾股数一节，方程(x2)2+(y2)2=z2{{\left( {{x}^{2}} \right)}^{2}}+{{\left( {{y}^{2}} \right)}^{2}}={{z}^{2}}(x2)2+(y2)2=z2的满足条件gcd⁡(x2,y2)=1\gcd \left( {{x}^{2}},{{y}^{2}} \right)=1gcd(x2,y2)=1的数组(x2,y2,z0)\left( {{x}^{2}},{{y}^{2}},{{z}_{0}} \right)(x2,y2,z0​)可以表示为（由勾股数一节，x2,y2{{x}^{2}},{{y}^{2}}x2,y2一定是一奇一偶，由x,yx,yx,y在方程里的对称性，不妨令x2{{x}^{2}}x2为偶数，y2{{y}^{2}}y2为奇数）
{x2=2aby2=a2−b2z0=a2+b2,∃a>b>0,gcd⁡(a,b)=1,a,b一奇一偶\left\{ \begin{aligned} & {{x}^{2}}=2ab \\ & {{y}^{2}}={{a}^{2}}-{{b}^{2}} \\ & z_0={{a}^{2}}+{{b}^{2}} \\ \end{aligned} \right.,\text{ }\exists a>b>0,\text{ }\gcd \left( a,b \right)=1,\text{ }a,b一奇一偶⎩⎪⎨⎪⎧​​x2=2aby2=a2−b2z0​=a2+b2​, ∃a>b>0, gcd(a,b)=1, a,b一奇一偶
  若aaa偶bbb奇，设a=2x,b=2y+1a=2x,\text{ }b=2y+1a=2x, b=2y+1，有
{a2−b2=(2x)2−(2y+1)2=4(x2−y2−y)−1≡3(mod4)y2=(2y0+1)2=4(y02+y0)+1≡1(mod4)y2=a2−b2⇒矛盾\left\{ \begin{aligned} & {{a}^{2}}-{{b}^{2}}={{\left( 2x \right)}^{2}}-{{\left( 2y+1 \right)}^{2}}=4\left( {{x}^{2}}-{{y}^{2}}-y \right)-1\equiv 3\left( \bmod 4 \right) \\ & {{y}^{2}}={{\left( 2{{y}_{0}}+1 \right)}^{2}}=4\left( {{y}_{0}}^2+{{y}_{0}} \right)+1\equiv 1\left( \bmod 4 \right) \\ & \\ & {{y}^{2}}={{a}^{2}}-{{b}^{2}} \\ \end{aligned} \right.\text{ }\Rightarrow \text{矛盾}⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧​​a2−b2=(2x)2−(2y+1)2=4(x2−y2−y)−1≡3(mod4)y2=(2y0​+1)2=4(y0​2+y0​)+1≡1(mod4)y2=a2−b2​ ⇒矛盾
因此aaa奇bbb偶。整理目前所得的条件和结论如下。
{x2=2aby2=a2−b2z0=a2+b2,∃a>b>0,gcd⁡(a,b)=1,a奇b偶\left\{ \begin{aligned} & {{x}^{2}}=2ab \\ & {{y}^{2}}={{a}^{2}}-{{b}^{2}} \\ & z_0={{a}^{2}}+{{b}^{2}} \\ \end{aligned} \right.,\text{ }\exists a>b>0,\text{ }\gcd \left( a,b \right)=1,\text{ }a奇b偶⎩⎪⎨⎪⎧​​x2=2aby2=a2−b2z0​=a2+b2​, ∃a>b>0, gcd(a,b)=1, a奇b偶

1. 设b=2c,c∈Z>0b=2c,\text{ c}\in {{\mathbb{Z}}_{>0}}b=2c, c∈Z>0​。应用条件x2=2ab{{x}^{2}}=2abx2=2ab如下。
   {x2=2ab=4ac⇒ac=(x2)2{gcd⁡(a,b)=gcd⁡(a,2c)=1gcd⁡(a,2)=1⇒gcd⁡(a,c)=gcd⁡(a,2c)=1(引理)⇒{a=d2c=f2x2=dfd,f∈Z>0,gcd⁡(d,f)=1\left\{ \begin{aligned} & {{x}^{2}}=2ab=4ac\text{ }\Rightarrow \text{ }ac={{\left( \frac{x}{2} \right)}^{2}} \\ & \left\{ \begin{aligned} & \gcd \left( a,b \right)=\gcd \left( a,2c \right)=1 \\ & \gcd \left( a,2 \right)=1 \\ \end{aligned} \right.\text{ }\Rightarrow \text{ }\gcd \left( a,c \right)=\gcd \left( a,2c \right)=1 \\ \end{aligned} \right.\text{ }\left( 引理 \right)\Rightarrow \text{ }\left\{ \begin{aligned} & a={{d}^{2}} \\ & c={{f}^{2}} \\ & \frac{x}{2}=df \\ & d,f\in {{\mathbb{Z}}_{>0}},\text{ }\gcd \left( d,f \right)=1 \\ \end{aligned} \right.⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧​​x2=2ab=4ac ⇒ ac=(2x​)2{​gcd(a,b)=gcd(a,2c)=1gcd(a,2)=1​ ⇒ gcd(a,c)=gcd(a,2c)=1​ (引理)⇒ ⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎧​​a=d2c=f22x​=dfd,f∈Z>0​, gcd(d,f)=1​

2. 应用条件y2=a2−b2{{y}^{2}}={{a}^{2}}-{{b}^{2}}y2=a2−b2如下。
   {gcd⁡(y,b)∣y=(a2−b2)gcd⁡(y,b)∣b⇒gcd⁡(y,b)∣b2⇒gcd⁡(y,b)∣[(a2−b2)+b2]=a2⇒gcd⁡(y,b)∣gcd⁡(a2,b2)gcd⁡(a,b)=1⇒gcd⁡(a2,b2)=1}⇒gcd⁡(y,b)=1\begin{aligned} & \left\{ \begin{aligned} & \left. \gcd \left( y,b \right) \right|y=\left( {{a}^{2}}-{{b}^{2}} \right) \\ & \left. \gcd \left( y,b \right) \right|b\text{ }\Rightarrow \text{ }\left. \gcd \left( y,b \right) \right|{{b}^{2}} \\ \end{aligned} \right.\text{ }\Rightarrow \text{ }\left. \gcd \left( y,b \right) \right|\left[ \left( {{a}^{2}}-{{b}^{2}} \right)+{{b}^{2}} \right]={{a}^{2}} \\ & \left. \begin{aligned} & \Rightarrow \left. \gcd \left( y,b \right) \right|\gcd \left( {{a}^{2}},{{b}^{2}} \right) \\ & \gcd \left( a,b \right)=1\text{ }\Rightarrow \text{ }\gcd \left( {{a}^{2}},{{b}^{2}} \right)=1 \\ \end{aligned} \right\}\text{ }\Rightarrow \text{ }\gcd \left( y,b \right)=1 \\ \end{aligned}​{​gcd(y,b)∣y=(a2−b2)gcd(y,b)∣b ⇒ gcd(y,b)∣b2​ ⇒ gcd(y,b)∣[(a2−b2)+b2]=a2​⇒gcd(y,b)∣gcd(a2,b2)gcd(a,b)=1 ⇒ gcd(a2,b2)=1​} ⇒ gcd(y,b)=1​
   y2=a2−b2⇒b2+y2=a2gcd⁡(y,b)=1(勾股数方程解定理且b是偶数)⇒{b=2lmy=l2−m2a=l2+m2gcd⁡(l,m)=1,l>m>0,l,m一奇一偶\begin{matrix} {{y}^{2}}={{a}^{2}}-{{b}^{2}}\text{ }\Rightarrow \text{ }{{b}^{2}}+{{y}^{2}}={{a}^{2}} \\ \gcd \left( y,b \right)=1 \\ \end{matrix}\text{ }\left( 勾股数方程解定理且b是偶数 \right)\Rightarrow \text{ }\left\{ \begin{aligned} & b=2lm \\ & y={{l}^{2}}-{{m}^{2}} \\ & a={{l}^{2}}+{{m}^{2}} \\ & \gcd \left( l,m \right)=1,\text{ }l>m>0, l,m一奇一偶 \\ \end{aligned} \right.y2=a2−b2 ⇒ b2+y2=a2gcd(y,b)=1​ (勾股数方程解定理且b是偶数)⇒ ⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧​​b=2lmy=l2−m2a=l2+m2gcd(l,m)=1, l>m>0,l,m一奇一偶​

3. 综合运用前2个结论如下。
   2lm=b=2c=2f2⇒lm=f2(引理)⇒{l=r2m=s2f=rs,r,s∈Z>0,gcd⁡(r,s)=12lm=b=2c=2{{f}^{2}}\text{ }\Rightarrow \text{ }lm={{f}^{2}}\text{ }\left( 引理 \right)\Rightarrow \text{ }\left\{ \begin{aligned} & l={{r}^{2}} \\ & m={{s}^{2}} \\ & f=rs \\ \end{aligned} \right.,\text{ }r,s\in {{\mathbb{Z}}_{>0}},\text{ }\gcd \left( r,s \right)=12lm=b=2c=2f2 ⇒ lm=f2 (引理)⇒ ⎩⎪⎨⎪⎧​​l=r2m=s2f=rs​, r,s∈Z>0​, gcd(r,s)=1

4. 有r4+s4=l2+m2=a=d2{{r}^{4}}+{{s}^{4}}={{l}^{2}}+{{m}^{2}}=a={{d}^{2}}r4+s4=l2+m2=a=d2，因此(r,s,d)\left( r,s,d \right)(r,s,d)是方程的一组正整数解。但是d≤d2=a<a2+b2=z0d\le {{d}^{2}}=a<{{a}^{2}}+{{b}^{2}}=z_0d≤d2=a<a2+b2=z0​，与z0z_0z0​最小的假设矛盾。由反证法，方程不存在正整数解。

附上全过程的证明逻辑简图。

特殊形式1: x4n+y4n=z4n,n∈Z≥0{{x}^{4n}}+{{y}^{4n}}={{z}^{4n}},\text{ }n\in {{\mathbb{Z}}_{\ge 0}}x4n+y4n=z4n, n∈Z≥0​无正整数解。

证明

1. n=0n=0n=0时，原方程变为x0+y0=z0{{x}^{0}}+{{y}^{0}}={{z}^{0}}x0+y0=z0即1+1=21+1=21+1=2，显然恒不成立，因此无解，更无正整数解。

2. n>1n>1n>1时，若方程有正整数解，设(a,b,c)∈Z>03\left( a,b,c \right)\in \mathbb{Z}_{>0}^{3}(a,b,c)∈Z>03​为x4n+y4n=z4n(n∈Z>1){{x}^{4n}}+{{y}^{4n}}={{z}^{4n}}\left( n\in {{\mathbb{Z}}_{>1}} \right)x4n+y4n=z4n(n∈Z>1​)的正整数解，则有
   a4n+b4n=c4n⇒(an)4+(bn)4=(c2n)2\begin{aligned} & \text{ }{{a}^{4n}}+{{b}^{4n}}={{c}^{4n}} \\ & \Rightarrow {{\left( {{a}^{n}} \right)}^{4}}+{{\left( {{b}^{n}} \right)}^{4}}={{\left( {{c}^{2n}} \right)}^{2}} \\ \end{aligned}​ a4n+b4n=c4n⇒(an)4+(bn)4=(c2n)2​
   即(an,bn,c2n)∈Z>03\left( {{a}^{n}},{{b}^{n}},{{c}^{2n}} \right)\in \mathbb{Z}_{>0}^{3}(an,bn,c2n)∈Z>03​为方程x4+y4=z2{{x}^{4}}+{{y}^{4}}={{z}^{2}}x4+y4=z2的一组正整数解，与扩展形式1中的结论矛盾。由反证法，方程无正整数解。

扩展形式2: x4+4y4=z2{{x}^{4}}+4{{y}^{4}}={{z}^{2}}x4+4y4=z2无正整数解。

证明（仿扩展形式1）
  若方程有正整数解，由于正整数解是离散的且zzz分量存在下界0，因此不妨设(x,y,z)∈Z>03\left( x,y,z \right)\in \mathbb{Z}_{>0}^{3}(x,y,z)∈Z>03​且zzz是所有正整数解的zzz分量中最小的。
设d=gcd⁡(x,y)d=\gcd \left( x,y \right)d=gcd(x,y)，则有
{d∣x⇒d4∣x4d∣y⇒d4∣y4⇒d4∣(x4+4y4)=z2⇒d2∣z,zd2∈Z\left\{ \begin{aligned} & \left. d \right|x\text{ }\Rightarrow \text{ }\left. {{d}^{4}} \right|{{x}^{4}} \\ & \left. d \right|y\text{ }\Rightarrow \text{ }\left. {{d}^{4}} \right|{{y}^{4}} \\ \end{aligned} \right.\text{ }\Rightarrow \text{ }\left. {{d}^{4}} \right|\left( {{x}^{4}}+4{{y}^{4}} \right)={{z}_{}}^{2}\text{ }\Rightarrow \text{ }\left. d^2 \right|{{z}_{}},\text{ }\frac{{{z}_{}}}{d^2}\in \mathbb{Z}{​d∣x ⇒ d4∣∣​x4d∣y ⇒ d4∣∣​y4​ ⇒ d4∣∣​(x4+4y4)=z​2 ⇒ d2∣∣​z​, d2z​​∈Z
因此有
(xd)4+4(yd)4=(zd2)2{{\left( \frac{x}{d} \right)}^{4}}+4{{\left( \frac{y}{d} \right)}^{4}}={{\left( \frac{{{z}_{}}}{{{d}^{2}}} \right)}^{2}}(dx​)4+4(dy​)4=(d2z​​)2
即(xd,yd,zd2)∈Z>03\left( \frac{x}{d},\frac{y}{d},\frac{{{z}_{}}}{{{d}^{2}}} \right)\in \mathbb{Z}_{>0}^{3}(dx​,dy​,d2z​​)∈Z>03​也是方程的解。由假设，我们有
{zd2≥z⇒d≤1d≥1⇒d=gcd⁡(x,y)=1⇒gcd⁡(x2,y2)=1\left\{ \begin{matrix} \frac{{{z}_{}}}{{{d}^{2}}}\ge {{z}_{}}\text{ }\Rightarrow \text{ }d\le 1 \\ d\ge 1 \\ \end{matrix} \right.\text{ }\Rightarrow \text{ }d=\gcd \left( x,y \right)=1\text{ }\Rightarrow \text{ }\gcd \left( {{x}^{2}},{{y}^{2}} \right)=1{d2z​​≥z​ ⇒ d≤1d≥1​ ⇒ d=gcd(x,y)=1 ⇒ gcd(x2,y2)=1
x4+4y4=z2⇔(x2)2+(2y2)2=z2{{x}^{4}}+4{{y}^{4}}={{z}^{2}}\text{ }\Leftrightarrow \text{ }{{\left( {{x}^{2}} \right)}^{2}}+{{\left( 2{{y}^{2}} \right)}^{2}}={{z}^{2}}x4+4y4=z2 ⇔ (x2)2+(2y2)2=z2，因此(x2,2y2,z)∈Z>03\left( {{x}^{2}},2{{y}^{2}},z \right)\in \mathbb{Z}_{>0}^{3}(x2,2y2,z)∈Z>03​是方程X2+Y2=Z2{{X}^{2}}+{{Y}^{2}}={{Z}^{2}}X2+Y2=Z2的解，因此x2,2y2{{x}^{2}},2{{y}^{2}}x2,2y2一奇一偶，又2y22{{y}^{2}}2y2是偶数，所以x2{{x}^{2}}x2是奇数，xxx是奇数，gcd⁡(x,2)=1\gcd \left( x,2 \right)=1gcd(x,2)=1。
{gcd⁡(x,2)=1gcd⁡(x2,y2)=1⇒gcd⁡(x2,2y2)=gcd⁡(x2,y2)=1\left\{ \begin{aligned} & \gcd \left( x,2 \right)=1 \\ & \gcd \left( {{x}^{2}},{{y}^{2}} \right)=1 \\ \end{aligned} \right.\text{ }\Rightarrow \text{ }\gcd \left( {{x}^{2}},2{{y}^{2}} \right)=\gcd \left( {{x}^{2}},{{y}^{2}} \right)=1{​gcd(x,2)=1gcd(x2,y2)=1​ ⇒ gcd(x2,2y2)=gcd(x2,y2)=1
{x4+4y4=z2⇔(x2)2+(2y2)2=(z)22y2是偶数gcd(x2,2y2)=1(勾股数方程解的表示)⇒∃a,b∈Z>0,s.t.{2y2=2ab⇔y2=abx2=a2−b2z=a2+b2a>b>0,gcd⁡(a,b)=1a,b一奇一偶\begin{aligned} & \left\{ \begin{matrix} {{x}^{4}}+4{{y}^{4}}={{z}^{2}}\Leftrightarrow {{\left( {{x}^{2}} \right)}^{2}}+{{\left( 2{{y}^{2}} \right)}^{2}}={{\left( z \right)}^{2}} \\ 2{{y}^{2}}是偶数 \\ gcd(x^2,2y^2)=1 \\ \end{matrix} \right. \\ & \left( 勾股数方程解的表示 \right)\Rightarrow \exists a,b\in {{\mathbb{Z}}_{>0}},\text{ }s.t.\left\{ \begin{aligned} & 2{{y}^{2}}=2ab\text{ }\Leftrightarrow \text{ }{{y}^{2}}=ab \\ & {{x}^{2}}={{a}^{2}}-{{b}^{2}} \\ & z={{a}^{2}}+{{b}^{2}} \\ & a>b>0,\text{ }\gcd \left( a,b \right)=1 \\ & a,b一奇一偶 \\ \end{aligned} \right. \\ \end{aligned}​⎩⎨⎧​x4+4y4=z2⇔(x2)2+(2y2)2=(z)22y2是偶数gcd(x2,2y2)=1​(勾股数方程解的表示)⇒∃a,b∈Z>0​, s.t.⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧​​2y2=2ab ⇔ y2=abx2=a2−b2z=a2+b2a>b>0, gcd(a,b)=1a,b一奇一偶​​
  若aaa偶bbb奇，设a=2a0,b=2b0+1a=2{{a}_{0}},\text{ }b=2{{b}_{0}}+1a=2a0​, b=2b0​+1。由勾股数方程的性质（或由a,ba,ba,b一奇一偶）得x2{{x}^{2}}x2是奇数⇒x\Rightarrow x⇒x是奇数，设为x=2x0+1x=2{{x}_{0}}+1x=2x0​+1。
x2=a2−b2x2=(2x0+1)2=4(x02+x0)+1≡1(mod4)a2−b2=(2a0)2−(2b0+1)2=4(a02−b02−b0)−1≡3(mod4)}⇒矛盾\left. \begin{matrix} {{x}^{2}}={{a}^{2}}-{{b}^{2}} \\ {{x}^{2}}={{\left( 2{{x}_{0}}+1 \right)}^{2}}=4\left( {{x}_{0}}^{2}+{{x}_{0}} \right)+1\equiv 1\left( \bmod 4 \right) \\ {{a}^{2}}-{{b}^{2}}={{\left( 2{{a}_{0}} \right)}^{2}}-{{\left( 2{{b}_{0}}+1 \right)}^{2}}=4\left( {{a}_{0}}^{2}-{{b}_{0}}^{2}-{{b}_{0}} \right)-1\equiv 3\left( \bmod 4 \right) \\ \end{matrix} \right\}\text{ }\Rightarrow \text{ 矛盾}x2=a2−b2x2=(2x0​+1)2=4(x0​2+x0​)+1≡1(mod4)a2−b2=(2a0​)2−(2b0​+1)2=4(a0​2−b0​2−b0​)−1≡3(mod4)​⎭⎬⎫​ ⇒ 矛盾
因此只能是aaa奇bbb偶。总结现有的条件如下。
{y2=abx2=a2−b2z=a2+b2a>b,gcd⁡(a,b)=1x奇,y偶,a奇,b偶\left\{ \begin{aligned} & {{y}^{2}}=ab \\ & {{x}^{2}}={{a}^{2}}-{{b}^{2}} \\ & z={{a}^{2}}+{{b}^{2}} \\ & a>b,\text{ }\gcd \left( a,b \right)=1 \\ & x奇,y偶,a奇,b偶 \\ \end{aligned} \right.⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧​​y2=abx2=a2−b2z=a2+b2a>b, gcd(a,b)=1x奇,y偶,a奇,b偶​

1. 欲利用条件y2=ab{{y}^{2}}=aby2=ab如下。
   b偶⇒b=2b0y偶⇒y=2y0y2=ab}⇒2y02=ab02y02偶a奇}⇒b0偶⇒b0=2b1⇒ab1=y02(引理)⇒{a=f2b1=g2y0=fgf,g∈Z>0,gcd⁡(f,g)=1\begin{aligned} & \left. \begin{matrix} \left. \begin{matrix} b偶\Rightarrow b=2{{b}_{0}} \\ y偶\Rightarrow y=2{{y}_{0}} \\ {{y}^{2}}=ab \\ \end{matrix} \right\}\text{ }\Rightarrow \text{ }2{{y}_{0}}^{2}=a{{b}_{0}} \\ \begin{aligned} & \\ & 2{{y}_{0}}^{2}偶 \\ \end{aligned} \\ \begin{aligned} & \\ & \\ & a奇 \\ \end{aligned} \\ \end{matrix} \right\}\text{ }\Rightarrow \text{ }{{b}_{0}}偶\Rightarrow {{b}_{0}}=2{{b}_{1}} \\ & \Rightarrow a{{b}_{1}}={{y}_{0}}^{2}\left( 引理 \right)\Rightarrow \left\{ \begin{aligned} & a={{f}^{2}} \\ & {{b}_{1}}={{g}^{2}} \\ & {{y}_{0}}=fg \\ & f,g\in {{\mathbb{Z}}_{>0}},\gcd \left( f,g \right)=1 \\ \end{aligned} \right. \\ \end{aligned}​b偶⇒b=2b0​y偶⇒y=2y0​y2=ab​⎭⎬⎫​ ⇒ 2y0​2=ab0​​2y0​2偶​​a奇​​⎭⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎫​ ⇒ b0​偶⇒b0​=2b1​⇒ab1​=y0​2(引理)⇒⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧​​a=f2b1​=g2y0​=fgf,g∈Z>0​,gcd(f,g)=1​​

2. 欲利用条件x2=a2−b2{{x}^{2}}={{a}^{2}}-{{b}^{2}}x2=a2−b2 如下。
   x2=a2−b2⇒b2+x2=a2gcd⁡(b,x)∣b⇒gcd⁡(b,x)∣b2gcd⁡(b,x)∣x⇒gcd⁡(b,x)∣x2}⇒gcd⁡(b,x)∣(b2+x2)=a2⇒gcd⁡(b,x)∣a\left. \begin{aligned} & {{x}^{2}}={{a}^{2}}-{{b}^{2}}\text{ }\Rightarrow \text{ }{{b}^{2}}+{{x}^{2}}={{a}^{2}} \\ & \left. \gcd \left( b,x \right) \right|b\text{ }\Rightarrow \left. \gcd \left( b,x \right) \right|{{b}^{2}} \\ & \left. \gcd \left( b,x \right) \right|x\text{ }\Rightarrow \left. \gcd \left( b,x \right) \right|{{x}^{2}} \\ \end{aligned} \right\}\text{ }\Rightarrow \text{ }\left. \gcd \left( b,x \right) \right|\left( {{b}^{2}}+{{x}^{2}} \right)={{a}^{2}}\text{ }\Rightarrow \text{ }\left. \gcd \left( b,x \right) \right|a​x2=a2−b2 ⇒ b2+x2=a2gcd(b,x)∣b ⇒gcd(b,x)∣b2gcd(b,x)∣x ⇒gcd(b,x)∣x2​⎭⎪⎬⎪⎫​ ⇒ gcd(b,x)∣(b2+x2)=a2 ⇒ gcd(b,x)∣a
   gcd⁡(b,x)∣agcd⁡(b,x)∣b}⇒gcd⁡(b,x)∣gcd⁡(a,b)=1⇒gcd(b,x)=1\left. \begin{aligned} & \left. \gcd \left( b,x \right) \right|a \\ & \left. \gcd \left( b,x \right) \right|b \\ \end{aligned} \right\}\text{ }\Rightarrow \text{ }\left. \gcd \left( b,x \right) \right|\gcd \left( a,b \right)=1\text{ }\Rightarrow \text{ gcd}\left( b,x \right)=1​gcd(b,x)∣agcd(b,x)∣b​} ⇒ gcd(b,x)∣gcd(a,b)=1 ⇒ gcd(b,x)=1
   {b2+x2=a2gcd⁡(b,x)=1b偶x奇(勾股数方程解的表示)⇒{b=2mnx=m2−n2a=m2+n2m>n>0,gcd⁡(m,n)=1,m,n一奇一偶\left\{ \begin{aligned} & {{b}^{2}}+{{x}^{2}}={{a}^{2}} \\ & \gcd \left( b,x \right)=1 \\ & b偶x奇 \\ \end{aligned} \right.\text{ }\left( 勾股数方程解的表示 \right)\Rightarrow \text{ }\left\{ \begin{aligned} & b=2mn \\ & x={{m}^{2}}-{{n}^{2}} \\ & a={{m}^{2}}+{{n}^{2}} \\ & m>n>0,\text{ }\gcd \left( m,n \right)=1,\text{ }m,n一奇一偶 \\ \end{aligned} \right.⎩⎪⎨⎪⎧​​b2+x2=a2gcd(b,x)=1b偶x奇​ (勾股数方程解的表示)⇒ ⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧​​b=2mnx=m2−n2a=m2+n2m>n>0, gcd(m,n)=1, m,n一奇一偶​

3. 综合上面两个条件，得
   2mn=b=4b1=4g2⇔mn=2g22mn=b=4{{b}_{1}}=4{{g}^{2}}\text{ }\Leftrightarrow \text{ }mn=2{{g}^{2}}2mn=b=4b1​=4g2 ⇔ mn=2g2
   m,nm,nm,n一奇一偶，不妨设mmm是偶数，则有m=2m0,m0∈Z>0m=2{{m}_{0}},\text{ }{{m}_{0}}\in {{\mathbb{Z}}_{>0}}m=2m0​, m0​∈Z>0​。因此有
   gcd⁡(m0,n)≥1gcd⁡(m0,n)≤gcd⁡(2m0,n)=gcd⁡(m,n)=1}⇒gcd⁡(m0,n)=1m0n=g2}(引理)⇒{m0=p2n=q2g=pqp,q∈Z>0,gcd⁡(p,q)=1\left. \begin{matrix} \left. \begin{matrix} \gcd \left( {{m}_{0}},n \right)\ge 1 \\ \gcd \left( {{m}_{0}},n \right)\le \gcd \left( 2{{m}_{0}},n \right)=\gcd \left( m,n \right)=1 \\ \end{matrix} \right\}\Rightarrow \gcd \left( {{m}_{0}},n \right)=1 \\ {{m}_{0}}n={{g}^{2}} \\ \end{matrix} \right\}\left( 引理 \right)\Rightarrow \left\{ \begin{aligned} & {{m}_{0}}={{p}^{2}} \\ & n={{q}^{2}} \\ & g=pq \\ & p,q\in {{\mathbb{Z}}_{>0}},\text{ }\gcd \left( p,q \right)=1 \\ \end{aligned} \right.gcd(m0​,n)≥1gcd(m0​,n)≤gcd(2m0​,n)=gcd(m,n)=1​}⇒gcd(m0​,n)=1m0​n=g2​⎭⎬⎫​(引理)⇒⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧​​m0​=p2n=q2g=pqp,q∈Z>0​, gcd(p,q)=1​

4. 有q4+4p4=n2+4m02=n2+(2m0)2=n2+m2=a=f2{{q}^{4}}+4{{p}^{4}}={{n}^{2}}+4{{m}_{0}}^{2}={{n}^{2}}+{{\left( 2{{m}_{0}} \right)}^{2}}={{n}^{2}}+{{m}^{2}}=a={{f}^{2}}q4+4p4=n2+4m0​2=n2+(2m0​)2=n2+m2=a=f2因此(p,q,f)∈Z>03\left( p,q,f \right)\in \mathbb{Z}_{>0}^{3}(p,q,f)∈Z>03​也是方程x4+4y4=z2{{x}^{4}}+4{{y}^{4}}={{z}^{2}}x4+4y4=z2的一组正整数解，但是
   f<f2=a<a2+b2=zf<{{f}^{2}}=a<{{a}^{2}}+{{b}^{2}}=zf<f2=a<a2+b2=z
   这与zzz的最小性假设矛盾。由反证法，x4+4y4=z2{{x}^{4}}+4{{y}^{4}}={{z}^{2}}x4+4y4=z2无正整数解。

扩展形式3: x4−y4=z2{{x}^{4}}-{{y}^{4}}={{z}^{2}}x4−y4=z2无正整数解。

证明（仿扩展形式1 + 自身递归）
若x4−y4=z2{{x}^{4}}-{{y}^{4}}={{z}^{2}}x4−y4=z2有正整数解，则有
S={(x,y,z)∈Z>03:x4−y4=z2}≠∅S=\left\{ \left( x,y,z \right)\in \mathbb{Z}_{>0}^{3}:{{x}^{4}}-{{y}^{4}}={{z}^{2}} \right\}\ne \varnothingS={(x,y,z)∈Z>03​:x4−y4=z2}​=∅
取(x0,y0,z0)∈S\left( {{x}_{0}},{{y}_{0}},{{z}_{0}} \right)\in S(x0​,y0​,z0​)∈S且
x0=min⁡{(x+0⋅y+0⋅z):(x,y,z)∈S}{{x}_{0}}=\min \left\{ \left( x+0\centerdot y+0\centerdot z \right):\left( x,y,z \right)\in S \right\}x0​=min{(x+0⋅y+0⋅z):(x,y,z)∈S}
设d=gcd⁡(x0,y0)d=\gcd \left( {{x}_{0}},{{y}_{0}} \right)d=gcd(x0​,y0​)，则有
{d∣x0⇒d4∣x04d∣y0⇒d4∣y04⇒d4∣(x04−y04)=z02⇒d2∣z0⇒(x0d)4−(y0d)4=(z0d2)2,(x0d,y0d,z0d2)∈Z>03⇒x0d2≥x0(z的最小性假设)d≥1}⇒d=gcd⁡(x0,y0)=1\begin{aligned} & \left\{ \begin{aligned} & \left. d \right|{{x}_{0}}\text{ }\Rightarrow \text{ }\left. {{d}^{4}} \right|{{x}_{0}}^{4} \\ & \left. d \right|{{y}_{0}}\text{ }\Rightarrow \text{ }\left. {{d}^{4}} \right|{{y}_{0}}^{4} \\ \end{aligned} \right.\text{ }\Rightarrow \text{ }\left. {{d}^{4}} \right|\left( {{x}_{0}}^{4}-{{y}_{0}}^{4} \right)={{z}_{0}}^{2}\text{ }\Rightarrow \text{ }\left. {{d}^{2}} \right|{{z}_{0}} \\ & \Rightarrow {{\left( \frac{{{x}_{0}}}{d} \right)}^{4}}-{{\left( \frac{{{y}_{0}}}{d} \right)}^{4}}={{\left( \frac{{{z}_{0}}}{{{d}^{2}}} \right)}^{2}},\text{ }\left( \frac{{{x}_{0}}}{d},\frac{{{y}_{0}}}{d},\frac{{{z}_{0}}}{d^2} \right)\in \mathbb{Z}_{>0}^{3} \\ & \left. \begin{aligned} & \Rightarrow \frac{{{x}_{0}}}{d^2}\ge {{x}_{0}}\left( z的最小性假设 \right) \\ & d\ge 1 \\ \end{aligned} \right\}\text{ }\Rightarrow \text{ }d=\gcd \left( x_0,y_0 \right)=1 \\ \end{aligned}​{​d∣x0​ ⇒ d4∣∣​x0​4d∣y0​ ⇒ d4∣∣​y0​4​ ⇒ d4∣∣​(x0​4−y0​4)=z0​2 ⇒ d2∣∣​z0​⇒(dx0​​)4−(dy0​​)4=(d2z0​​)2, (dx0​​,dy0​​,d2z0​​)∈Z>03​​⇒d2x0​​≥x0​(z的最小性假设)d≥1​⎭⎬⎫​ ⇒ d=gcd(x0​,y0​)=1​
x4−y4=z2⇔z2+y4=x4⇔(z)2+(y2)2=(x2)2{{x}^{4}}-{{y}^{4}}={{z}^{2}}\text{ }\Leftrightarrow \text{ }{{z}^{2}}+{{y}^{4}}={{x}^{4}}\text{ }\Leftrightarrow \text{ }{{\left( z \right)}^{2}}+{{\left( {{y}^{2}} \right)}^{2}}={{\left( {{x}^{2}} \right)}^{2}}x4−y4=z2 ⇔ z2+y4=x4 ⇔ (z)2+(y2)2=(x2)2
由勾股数方程解的表示，有zzz奇y2{{y}^{2}}y2偶和zzz偶y2{{y}^{2}}y2奇两种情况。

1. 情况1：先注意zzz奇y2{{y}^{2}}y2偶（也就有yyy偶）的情况。由勾股数方程解的表示，有
   {y02=2ab×k(左边是正整数的平方项，这样就可以用引理，也是先考虑此情况的理由)z0=(a2−b2)×kx02=(a2+b2)×ka>b>0,gcd⁡(a,b)=1,a,b一奇一偶\left\{ \begin{aligned} & {{y_0}^{2}}=2ab\times k\left( 左边是正整数的平方项，这样就可以用引理，也是先考虑此情况的理由 \right) \\ & z_0=({{a}^{2}}-{{b}^{2}})\times k \\ & {{x_0}^{2}}=({{a}^{2}}+{{b}^{2}}) \times k \\ & a>b>0,\text{ }\gcd \left( a,b \right)=1,\text{ }a,b一奇一偶 \\ \end{aligned} \right.⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧​​y0​2=2ab×k(左边是正整数的平方项，这样就可以用引理，也是先考虑此情况的理由)z0​=(a2−b2)×kx0​2=(a2+b2)×ka>b>0, gcd(a,b)=1, a,b一奇一偶​
   且有gcd⁡(x,y)=1⇒gcd⁡(x2,y2)=1⇒k=1\gcd \left( x,y \right)=1\text{ }\Rightarrow \text{ }\gcd \left( {{x}^{2}},{{y}^{2}} \right)=1\text{ }\Rightarrow k=1gcd(x,y)=1 ⇒ gcd(x2,y2)=1 ⇒k=1

   1. 若aaa偶bbb奇，设a=2a0,a0∈Z>0a=2{{a}_{0}},\text{ }{{a}_{0}}\in {{\mathbb{Z}}_{>0}}a=2a0​, a0​∈Z>0​。
      利用条件y02=2ab{{y}_{0}}^{2}=2aby0​2=2ab：
      y02=2ab=4a0b⇒a0b=(y02)2,(a0,b,y02)∈Z>03(1)gcd⁡(a,b)=gcd⁡(2a0,b)=1⇒gcd⁡(a0,b)=1(2)(1&2)⇒{a0=f2b=g2y02=fggcd(f,g)=1,f偶,g奇\begin{aligned} & {{y}_{0}}^{2}=2ab=4{{a}_{0}}b\text{ }\Rightarrow \text{ }{{a}_{0}}b={{\left( \frac{{{y}_{0}}}{2} \right)}^{2}},\text{ }\left( {{a}_{0}},b,\frac{{{y}_{0}}}{2} \right)\in \mathbb{Z}_{>0}^{3}\text{ }\left( 1 \right) \\ & \gcd \left( a,b \right)=\gcd \left( 2{{a}_{0}},b \right)=1\text{ }\Rightarrow \text{ }\gcd \left( {{a}_{0}},b \right)=1\text{ }\left( 2 \right) \\ & \left( 1\And 2 \right)\Rightarrow \left\{ \begin{aligned} & {{a}_{0}}={{f}^{2}} \\ & b={{g}^{2}} \\ & \frac{{{y}_{0}}}{2}=fg \\ & gcd(f,g)=1, f偶,g奇 \\ \end{aligned} \right. \\ \end{aligned}​y0​2=2ab=4a0​b ⇒ a0​b=(2y0​​)2, (a0​,b,2y0​​)∈Z>03​ (1)gcd(a,b)=gcd(2a0​,b)=1 ⇒ gcd(a0​,b)=1 (2)(1&2)⇒⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎧​​a0​=f2b=g22y0​​=fggcd(f,g)=1,f偶,g奇​​
      利用条件x02=a2+b2{{x}_{0}}^{2}={{a}^{2}}+{{b}^{2}}x0​2=a2+b2：
      {a2+b2=x02gcd⁡(a,b)=1a偶b奇(勾股数方程解的表示)⇒{a=2mnb=m2−n2x0=m2+n2m>n>0,gcd⁡(m,n)=1,m,n一奇一偶\left\{ \begin{aligned} & {{a}^{2}}+{{b}^{2}}={{x}_{0}}^{2} \\ & \gcd \left( a,b \right)=1 \\ & a偶b奇 \\ \end{aligned} \right.\text{ }\left( 勾股数方程解的表示 \right)\Rightarrow \text{ }\left\{ \begin{aligned} & a=2mn \\ & b={{m}^{2}}-{{n}^{2}} \\ & {{x}_{0}}={{m}^{2}}+{{n}^{2}} \\ & m>n>0,\text{ }\gcd \left( m,n \right)=1,\text{ }m,n一奇一偶 \\ \end{aligned} \right.⎩⎪⎨⎪⎧​​a2+b2=x0​2gcd(a,b)=1a偶b奇​ (勾股数方程解的表示)⇒ ⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧​​a=2mnb=m2−n2x0​=m2+n2m>n>0, gcd(m,n)=1, m,n一奇一偶​
      综合利用上面两点结论，有
      2mn=a=2a0=2f2⇒mn=f2gcd⁡(m,n)=1}(引理)⇒{m=p2n=q2f=pq,p,q∈Z>0,gcd⁡(p,q)=1\left. \begin{aligned} & 2mn=a=2{{a}_{0}}=2{{f}^{2}}\text{ }\Rightarrow \text{ }mn={{f}^{2}} \\ & \gcd \left( m,n \right)=1 \\ \end{aligned} \right\}\left( 引理 \right)\Rightarrow \left\{ \begin{aligned} & m={{p}^{2}} \\ & n={{q}^{2}} \\ & f=pq \\ \end{aligned} \right.,\text{ }p,q\in {{\mathbb{Z}}_{>0}},\text{ }\gcd \left( p,q \right)=1​2mn=a=2a0​=2f2 ⇒ mn=f2gcd(m,n)=1​}(引理)⇒⎩⎪⎨⎪⎧​​m=p2n=q2f=pq​, p,q∈Z>0​, gcd(p,q)=1
      因此有
      p4−q4=(p2)2−(q2)2=m2−n2=b=g2{{p}^{4}}-{{q}^{4}}={{\left( {{p}^{2}} \right)}^{2}}-{{\left( {{q}^{2}} \right)}^{2}}={{m}^{2}}-{{n}^{2}}=b={{g}^{2}}p4−q4=(p2)2−(q2)2=m2−n2=b=g2
      因此(p,q,g)∈Z>03\left( p,q,g \right)\in \mathbb{Z}_{>0}^{3}(p,q,g)∈Z>03​是方程x4−y4=z2{{x}^{4}}-{{y}^{4}}={{z}^{2}}x4−y4=z2的一组正整数解。但是
      g2=b<b2+a2=x02g,x0∈Z>0}⇒g<x0\left. \begin{aligned} & {{g}^{2}}=b<{{b}^{2}}+{{a}^{2}}={{x}_{0}}^{2} \\ & g,{{x}_{0}}\in {{\mathbb{Z}}_{>0}} \\ \end{aligned} \right\}\text{ }\Rightarrow \text{ }g<{{x}_{0}}​g2=b<b2+a2=x0​2g,x0​∈Z>0​​} ⇒ g<x0​
      这与x0{{x}_{0}}x0​的最小性假设矛盾。

   2. 若aaa奇bbb偶，证明过程也是类似的，这里也详细叙述一遍。设b=2b0,b0∈Z>0b=2{{b}_{0}},\text{ }{{b}_{0}}\in {{\mathbb{Z}}_{>0}}b=2b0​, b0​∈Z>0​。
      利用条件y02=2ab{{y}_{0}}^{2}=2aby0​2=2ab：
      y02=2ab=4ab0⇒ab0=(y02)2,(a,b0,y02)∈Z>03(1)gcd⁡(a,b)=gcd⁡(a,2b0)=1⇒gcd⁡(a,b0)=1(2)(1&2)⇒{a=f2b0=g2y02=fggcd(f,g)=1,f奇,g偶\begin{aligned} & {{y}_{0}}^{2}=2ab=4{{a}_{}}b_0\text{ }\Rightarrow \text{ }{{a}_{}}b_0={{\left( \frac{{{y}_{0}}}{2} \right)}^{2}},\text{ }\left( {{a}_{}},b_0,\frac{{{y}_{0}}}{2} \right)\in \mathbb{Z}_{>0}^{3}\text{ }\left( 1 \right) \\ & \gcd \left( a,b \right)=\gcd \left( {{a}_{}},2b_0 \right)=1\text{ }\Rightarrow \text{ }\gcd \left( {{a}_{}},b_0 \right)=1\text{ }\left( 2 \right) \\ & \left( 1\And 2 \right)\Rightarrow \left\{ \begin{aligned} & {{a}_{}}={{f}^{2}} \\ & b_0={{g}^{2}} \\ & \frac{{{y}_{0}}}{2}=fg \\ & gcd(f,g)=1, f奇,g偶 \\ \end{aligned} \right. \\ \end{aligned}​y0​2=2ab=4a​b0​ ⇒ a​b0​=(2y0​​)2, (a​,b0​,2y0​​)∈Z>03​ (1)gcd(a,b)=gcd(a​,2b0​)=1 ⇒ gcd(a​,b0​)=1 (2)(1&2)⇒⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎧​​a​=f2b0​=g22y0​​=fggcd(f,g)=1,f奇,g偶​​
      利用条件x02=a2+b2{{x}_{0}}^{2}={{a}^{2}}+{{b}^{2}}x0​2=a2+b2：
      {a2+b2=x02gcd⁡(a,b)=1a奇b偶(勾股数方程解的表示)⇒{a=m2−n2b=2mnx0=m2+n2m>n>0,gcd⁡(m,n)=1,m,n一奇一偶\left\{ \begin{aligned} & {{a}^{2}}+{{b}^{2}}={{x}_{0}}^{2} \\ & \gcd \left( a,b \right)=1 \\ & a奇b偶 \\ \end{aligned} \right.\text{ }\left( 勾股数方程解的表示 \right)\Rightarrow \text{ }\left\{ \begin{aligned} & a={{m}^{2}}-{{n}^{2}} \\ & b=2mn \\ & {{x}_{0}}={{m}^{2}}+{{n}^{2}} \\ & m>n>0,\text{ }\gcd \left( m,n \right)=1,\text{ }m,n一奇一偶 \\ \end{aligned} \right.⎩⎪⎨⎪⎧​​a2+b2=x0​2gcd(a,b)=1a奇b偶​ (勾股数方程解的表示)⇒ ⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧​​a=m2−n2b=2mnx0​=m2+n2m>n>0, gcd(m,n)=1, m,n一奇一偶​
      综合利用上面两点结论，有
      2mn=b=2b0=2g2⇒mn=g2gcd⁡(m,n)=1}(引理)⇒{m=p2n=q2g=pq,p,q∈Z>0,gcd⁡(p,q)=1\left. \begin{aligned} & 2mn=b=2{{b}_{0}}=2{{g}^{2}}\text{ }\Rightarrow \text{ }mn={{g}^{2}} \\ & \gcd \left( m,n \right)=1 \\ \end{aligned} \right\}\left( 引理 \right)\Rightarrow \left\{ \begin{aligned} & m={{p}^{2}} \\ & n={{q}^{2}} \\ & g=pq \\ \end{aligned} \right.,\text{ }p,q\in {{\mathbb{Z}}_{>0}},\text{ }\gcd \left( p,q \right)=1​2mn=b=2b0​=2g2 ⇒ mn=g2gcd(m,n)=1​}(引理)⇒⎩⎪⎨⎪⎧​​m=p2n=q2g=pq​, p,q∈Z>0​, gcd(p,q)=1
      因此有
      p4−q4=(p2)2−(q2)2=m2−n2=a=f2{{p}^{4}}-{{q}^{4}}={{\left( {{p}^{2}} \right)}^{2}}-{{\left( {{q}^{2}} \right)}^{2}}={{m}^{2}}-{{n}^{2}}=a={{f}^{2}}p4−q4=(p2)2−(q2)2=m2−n2=a=f2
      因此(p,q,f)∈Z>03\left( p,q,f \right)\in \mathbb{Z}_{>0}^{3}(p,q,f)∈Z>03​是方程x4−y4=z2{{x}^{4}}-{{y}^{4}}={{z}^{2}}x4−y4=z2的一组正整数解。但是
      f2=a<a2+b2=x02f,x0∈Z>0}⇒f<x0\left. \begin{aligned} & {{f}^{2}}=a<{{a}^{2}}+{{b}^{2}}={{x}_{0}}^{2} \\ & f,{{x}_{0}}\in {{\mathbb{Z}}_{>0}} \\ \end{aligned} \right\}\text{ }\Rightarrow \text{ }f<{{x}_{0}}​f2=a<a2+b2=x0​2f,x0​∈Z>0​​} ⇒ f<x0​
      这与x0{{x}_{0}}x0​的最小性假设矛盾。因此该情况下原方程无正整数解。

2. 情况2：zzz偶y2{{y}^{2}}y2奇（也就有yyy奇）的情况。以下我们将通过把情况化归到情况1来说明此情况下依然没有正整数解。
   由勾股数方程解的表示，有
   {z0=2aby02=a2−b2x02=a2+b2a>b>0,gcd⁡(a,b)=1,a,b一奇一偶\left\{ \begin{aligned} & {{z}_{0}}=2ab \\ & {{y}_{0}}^{2}={{a}^{2}}-{{b}^{2}} \\ & {{x}_{0}}^{2}={{a}^{2}}+{{b}^{2}} \\ & a>b>0,\text{ }\gcd \left( a,b \right)=1,\text{ }a,b一奇一偶 \\ \end{aligned} \right.⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧​​z0​=2aby0​2=a2−b2x0​2=a2+b2a>b>0, gcd(a,b)=1, a,b一奇一偶​
   若aaa偶bbb奇，则容易验证得
   y02≡1(mod4)a2−b2≡3(mod4)y02=a2−b2}⇒矛盾\left. \begin{aligned} & {{y}_{0}}^{2}\equiv 1\left( \bmod 4 \right) \\ & {{a}^{2}}-{{b}^{2}}\equiv 3\left( \bmod 4 \right) \\ & {{y}_{0}}^{2}={{a}^{2}}-{{b}^{2}} \\ \end{aligned} \right\}\text{ }\Rightarrow \text{ 矛盾}​y0​2≡1(mod4)a2−b2≡3(mod4)y0​2=a2−b2​⎭⎪⎬⎪⎫​ ⇒ 矛盾
   因此aaa奇bbb偶。
   (x0y0)2=x02y02=(a2+b2)(a2−b2)=a4−b4⇔(x0y0)2+(b2)2=(a2)2,x0y0奇,b2偶\begin{aligned} & \text{ }{{\left( {{x}_{0}}{{y}_{0}} \right)}^{2}}={{x}_{0}}^{2}{{y}_{0}}^{2}=\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)\left( {{a}^{2}}-{{b}^{2}} \right)={{a}^{4}}-{{b}^{4}} \\ & \Leftrightarrow {{\left( {{x}_{0}}{{y}_{0}} \right)}^{2}}+{{\left( {{b}^{2}} \right)}^{2}}={{\left( {{a}^{2}} \right)}^{2}},\text{ }{{x}_{0}}{{y}_{0}}奇,\text{ }{{b}^{2}}偶 \\ \end{aligned}​ (x0​y0​)2=x0​2y0​2=(a2+b2)(a2−b2)=a4−b4⇔(x0​y0​)2+(b2)2=(a2)2, x0​y0​奇, b2偶​
   而情况1已证明以上情况不可能成立，因此情况2下原方程也没有正整数解。

扩展形式4: x3+2y3=4z3{{x}^{3}}+2{{y}^{3}}=4{{z}^{3}}x3+2y3=4z3无正整数解。

证明（最小元法）
  若x3+2y3=4z3{{x}^{3}}+2{{y}^{3}}=4{{z}^{3}}x3+2y3=4z3有正整数解，则可以设(x,y,z)∈Z>03\left( x,y,z \right)\in \mathbb{Z}_{>0}^{3}(x,y,z)∈Z>03​是方程的正整数解，且zzz是方程所有正整数解的zzz分量中最小的（理由：解离散 + zzz分量有下界）。
x3=4z3−2y3⇒2∣x3⇒2∣x{{x}^{3}}=4{{z}^{3}}-2{{y}^{3}}\text{ }\Rightarrow \text{ }\left. 2 \right|{{x}^{3}}\text{ }\Rightarrow \text{ }\left. 2 \right|xx3=4z3−2y3 ⇒ 2∣x3 ⇒ 2∣x
设x=2x1x=2{{x}_{1}}x=2x1​，有
(2x1)3+2y3=4z3⇔8x13+2y3=4z3⇔4x13+y3=2z3⇔y3=2z3−4x13⇒2∣y3⇒2∣y\begin{aligned} & \text{ }{{\left( 2{{x}_{1}} \right)}^{3}}+2{{y}^{3}}=4{{z}^{3}} \\ & \Leftrightarrow \text{ }8{{x}_{1}}^{3}+2{{y}^{3}}=4{{z}^{3}} \\ & \Leftrightarrow 4{{x}_{1}}^{3}+{{y}^{3}}=2{{z}^{3}} \\ & \Leftrightarrow {{y}^{3}}=2{{z}^{3}}-4{{x}_{1}}^{3}\text{ }\Rightarrow \text{ }\left. 2 \right|{{y}^{3}}\text{ }\Rightarrow \text{ }\left. 2 \right|y \\ \end{aligned}​ (2x1​)3+2y3=4z3⇔ 8x1​3+2y3=4z3⇔4x1​3+y3=2z3⇔y3=2z3−4x1​3 ⇒ 2∣y3 ⇒ 2∣y​
设y=2y1y=2{{y}_{1}}y=2y1​，有
(2x1)3+2(2y1)3=4z3⇔8x13+16y13=4z3⇔2x13+4y13=z3⇒2∣z3⇒2∣z\begin{aligned} & \text{ }{{\left( 2{{x}_{1}} \right)}^{3}}+2{{\left( 2{{y}_{1}} \right)}^{3}}=4{{z}^{3}} \\ & \Leftrightarrow 8{{x}_{1}}^{3}+16{{y}_{1}}^{3}=4{{z}^{3}} \\ & \Leftrightarrow 2{{x}_{1}}^{3}+4{{y}_{1}}^{3}={{z}^{3}}\text{ }\Rightarrow \text{ }\left. 2 \right|{{z}^{3}}\text{ }\Rightarrow \text{ }\left. 2 \right|z \\ \end{aligned}​ (2x1​)3+2(2y1​)3=4z3⇔8x1​3+16y1​3=4z3⇔2x1​3+4y1​3=z3 ⇒ 2∣z3 ⇒ 2∣z​
设z=2z1z=2{{z}_{1}}z=2z1​，有
(2x1)3+2(2y1)3=4(2z1)3⇔8x13+16y13=32z13⇔x13+2y13=4z13\begin{aligned} & \text{ }{{\left( 2{{x}_{1}} \right)}^{3}}+2{{\left( 2{{y}_{1}} \right)}^{3}}=4{{\left( 2{{z}_{1}} \right)}^{3}} \\ & \Leftrightarrow 8{{x}_{1}}^{3}+16{{y}_{1}}^{3}=32{{z}_{1}}^{3} \\ & \Leftrightarrow {{x}_{1}}^{3}+2{{y}_{1}}^{3}=4{{z}_{1}}^{3} \\ \end{aligned}​ (2x1​)3+2(2y1​)3=4(2z1​)3⇔8x1​3+16y1​3=32z1​3⇔x1​3+2y1​3=4z1​3​
因此(x1,y1,z1)∈Z>03\left( {{x}_{1}},{{y}_{\text{1}}},{{z}_{1}} \right)\in \mathbb{Z}_{>0}^{3}(x1​,y1​,z1​)∈Z>03​也是方程的一组正整数解，但是z1=z2<z{{z}_{1}}=\frac{z}{2}<zz1​=2z​<z，与zzz最小的假设矛盾。由反证法，x3+2y3=4z3{{x}^{3}}+2{{y}^{3}}=4{{z}^{3}}x3+2y3=4z3无正整数解。

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